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1、 动量守恒定律复习导学案 专题强化 动力学、动量和能量观点在力学中的应用 专题概述：（1）本热点是力学三大观点在力学中的综合应用，高考将作为计算题、压轴题的形式命题。（2）学好本热点，可以帮助同学们熟练应用力学三大观点分析和解决综合问题。（3）用到的知识、规律和方法有：动力学观点(牛顿运动定律和运动学基本规律)，动量观点(动量定理和动量守恒定律)，能量观点(动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律)。【夯实基础 筑牢根基】一、解决力学问题的三个基本观点 动力学观点 用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题和圆周运动问题 能量观点 用动能定理和能量守恒知识解题，可处理非匀变速运动问题
2、 动量观点 用动量定理和动量守恒定律解题，可处理非匀变速运动问题 综合问题要综合运用上述三种观点的多个规律，才能顺利求解。二、力的三个作用效果与五个规律 分类 对应规律 公式表达 力的瞬时作用效果 牛顿第二定律 F合ma 力对空间积累效果 动能定理 W合Ek W合12mv2212mv12 机械能守恒定律 E1E2 mgh112mv12mgh212mv22 力对时间积累效果 动量定理 F合tpp I合p 动量守恒定律 m1v1m2v2m1v1m2v2 三、力学三大观点的选用原则 1、求解物体某一时刻受力及加速度时，可用牛顿第二定律或运动学公式列式解决。2、研究某一物体受到力的持续作用，运动状态发
3、生改变的问题时，在涉及时间和速度，不涉及位移和加速度时要首先考虑选用动量定理；在涉及位移、速度，不涉及时间和加速度时要首先考虑选用动能定理。3、若研究的对象为相互作用的物体组成的系统，一般考虑用机械能守恒定律和动量守恒定律解决，但要仔细分析研究的过程是否符合守恒条件。4、在涉及相对位移问题时应优先考虑选用能量守恒定律，即滑动摩擦力与相对位移的乘积等于系统机械能的减少量，也等于系统产生的内能。5、涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象的问题，通常可选用动量守恒定律，但须注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化。四用力学三大观点解题的步骤 1、认真审题，明确题目所述的物理情境，
4、确定研究对象。2、分析研究对象的受力情况、运动状态以及运动状态的变化过程，作出草图。3、根据运动状态的变化规律确定解题观点，选择适用规律。若用动力学的观点解题，要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度。若用两大定理求解，应确定过程的始、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)。若可判断研究对象在某运动过程中满足动量守恒或机械能守恒的条件，则可根据题意选择合适的始、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求研究对象在末状态时 的速度(率)。4、根据选择的规律列式，有时还需要挖掘题目中的其他条件(如隐含条件、临界条件、几何关系等)并列出辅助方程。5、代入数据，计算结果。【自悟自透
5、 理清题型】题型 1 动量与动力学观点的综合应用 如图甲所示，质量均为 m0.5 kg 的相同物块 P 和 Q(可视为质点)分别静止在水平地面上 A、C 两点P 在按图乙所示随时间变化的水平力 F 作用下由静止开始向右运动，3 s末撤去力 F，此时 P 运动到 B 点，之后继续滑行并与 Q 发生弹性碰撞，碰撞时间极短已知 B、C 两点间的距离 L3.75 m，P、Q 与地面间的动摩擦因数均为 0.2，取 g10 m/s2，求：(1)P 到达 B 点时的速度大小 v 及其与 Q 碰撞前瞬间的速度大小 v1；(2)Q 运动的时间 t.变式训练 1 质量为 m11 200 kg 的汽车 A 以速度
6、v121 m/s 沿平直公路行驶时，驾驶员发现前方不远处有一质量 m2800 kg 的汽车 B 以速度 v215 m/s 迎面驶来，两车立即同时急刹车，使车做匀减速运动，但两车仍在开始刹车 t1 s 后猛烈地相撞，相撞后结合在一起再滑行一段距离后停下，设两车与路面间的动摩擦因数 0.3，取 g10 m/s2，忽略碰撞过程中路面摩擦力的冲量，求：(1)两车碰撞后刚结合在一起时的速度大小；(2)设两车相撞时间(从接触到一起滑行)t00.2 s，则 A 车受到的水平平均冲力是其自身重力的几倍；(3)两车一起滑行的距离 尝试解答：【解析】(1)在 03 s 内，以向右为正方向，对 P 由动量定理有：F
7、1t1F2t2mg(t1t2)mv0 其中 F12 N，F23 N，t12 s，t21 s 解得 v8 m/s 设 P 在 B、C 两点间滑行的加速度大小为 a，由牛顿第二定律有：mgma P 在 B、C 两点间做匀减速直线运动，有：v2v122aL 解得 v17 m/s(2)设 P 与 Q 发生弹性碰撞后瞬间的速度大小分别为 v1、v2，有：mv1mv1mv2 1mv21mv 21mv2 变式训练 2 汽车 A 在水平冰雪路面上行驶驾驶员发现其正前方停有汽车 B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车 B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后 B车向前滑动了 4.5 m，A 车向前
8、滑动了 2.0 m 已知 A 和 B 的质量分别为 2.0103 kg 和 1.5103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为 0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小 g10 m/s2.求：(1)碰撞后的瞬间 B 车速度的大小；(2)碰撞前的瞬间 A 车速度的大小 尝试解答：【解析】(1)对于减速过程有 ag 对 A 车有：vAv1at 对 B 车有：vBv2at 以碰撞前 A 车运动的方向为正方向，对碰撞过程由动量守恒定律得：m1vAm2vB(m1m2)v共 可得 v共6 m/s(2)对 A 车由动量定理得：Ft0m1v共m1vA F 【变式训练 3】如图所示
9、，带有圆管轨道的长轨道水平固定，圆管轨道竖直(管内直径可以忽略)，底端分别与两侧的直轨道相切，圆管轨道的半径 R0.5 m，P 点左侧轨道(包括圆管)光滑，右侧轨道粗糙 质量 m1 kg 的物块 A 以 v010 m/s的速度滑入圆管，经过竖直圆管轨道后与直轨道上 P 处静止的质量 M2 kg 的物块 B 发生碰撞(碰撞时间极短)，碰后物块 B 在粗糙轨道上滑行 18 m 后速度减小为零已知物块 A、B与粗糙轨道间的动摩擦因数均为 0.1，取重力加速度大小 g10 m/s2，物块 A、B 均可视为质点求：(1)物块 A 滑过竖直圆管轨道最高点 Q 时受到管壁的弹力；(2)最终物块 A 静止的位
10、置到 P 点的距离 尝试解答：解：(1)设 B 车的质量为 mB，碰后加速度大小为 aB.根据牛顿第二定律有 mBgmBaB 式中是汽车与路面间的动摩擦因数 设碰撞后瞬间 B 车速度的大小为 vB，碰撞后滑行的距离为 sB.由运动学公式有 vB22aBsB 联立式并利用题给数据得 vB3.0 m/s(2)设 A 车的质量为 mA，碰后加速度大小为 aA，根据牛顿第二定律有 mAgmAaA 设碰撞后瞬间 A 车速度的大小为 vA，碰撞后滑行的距离为 sA，由运动学公式有 如图所示，在光滑水平桌面 EAB 上有质量为 M0.2 kg 的小球 P 和质量为 m0.1 kg的小球 Q，P、Q 之间压缩
11、一轻弹簧(轻弹簧与两小球不拴接)，桌面边缘 E 处放置一质量也为 m0.1 kg 的橡皮泥球 S，在 B 处固定一与水平桌面相切的光滑竖直半圆形轨道。释放被压缩的轻弹簧，P、Q 两小球被轻弹簧弹出，小球 P 与弹簧分离后进入半圆形轨道，恰好能够通过半圆形轨道的最高点 C；小球 Q 与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球 S 碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的 D 点。已知水平桌面高为 h0.2 m，D 点到桌面边缘的水平距离为 x0.2 m，重力加速度为 g10 m/s2，求：尝试解答：解：(1)物块 A 从开始运动到 Q 点的过程中，由机械能守恒定律可得：12mv02mg2R12mv 2Q 物块
12、 A 在 Q 点时，设轨道对物块 A 的弹力 FT向下，由牛顿第二定律可得：FTmgmv 2QR 解得 FT150 N，则物块 A 在 Q 点时轨道对它的弹力大小为 150 N，方向竖直向下；(2)由机械能守恒定律可知，物块 A 与 B 碰前瞬间的速度为 v0，物块 A 与 B 碰撞过程，由动量守恒定律：mv0mv1Mv2 碰后物块 B 做匀减速运动，由运动学公式：v222axB FfMgMa 解得 v12 m/s，v26 m/s 由机械能守恒定律可知，物块 A 若能滑回 Q 点，其在 P 点反弹时的最小速度满足：(1)小球 P 经过半圆形轨道最低点 B 时对轨道的压力大小 NB；(2)小球
13、Q 与橡皮泥球 S 碰撞前瞬间的速度大小 vQ；(3)被压缩的轻弹簧的弹性势能 Ep。尝试解答：解析(1)小球 P 恰好能通过半圆形轨道的最高点 C，则有 MgMv2CR，解得 vC gR 对于小球 P，从 BC，由动能定理有2MgR12Mv2C12Mv2B 解得 vB 5gR 在 B 点有 NBMgMv2BR 解得 NB6Mg12 N，由牛顿第三定律有 NBNB12 N。（2）设 Q 与 S 做平抛运动的初速度大小为 v，所用时间为 t，根据公式 h12gt2，得 t0.2 s，根据公式 xvt，得 v1 m/s 碰撞前后 Q 和 S 组成的系统动量守恒，则有 mvQ2mv 解得 vQ2 m
14、/s。(3)P、Q 和弹簧组成的系统动量守恒，题型 2 动量与能量观点的综合应用 1两大观点 动量的观点：动量定理和动量守恒定律 能量的观点：动能定理和能量守恒定律 2解题技巧(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)(2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理(3)动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的初、末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性 如图所示，在水平面上依次放置小物块 C 和 A 以及曲面劈 B，其
15、中 A 与 C 的质量相等均为 m，曲面劈 B 的质量 M3m，劈 B 的曲面下端与水平面相切，且劈 B 足够高，各接触面均光滑现让小物块 C 以水平速度 v0向右运动，与 A 发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起又滑上劈 B.重力加速度为 g，求：图 2(1)碰撞过程中系统损失的机械能；(2)碰后物块 A 与 C 在曲面劈 B 上能够达到的最大高度 变式训练 1 如图甲所示，半径为 R0.45 m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B 为轨道最低点，在光滑水平面上紧挨 B 点有一静止的平板车，其质量 M5 kg，长度 L0.5 m，车的上表面与 B 点等高，可视为质点的物块从圆弧轨道最高点 A
16、由静止释放，其质量 m1 kg，g 取 10 m/s2.(1)求物块滑到 B 点时对轨道压力的大小；(2)若平板车上表面粗糙，物块最终没有滑离平板车，求物块最终速度的大小；(3)若将平板车固定且在上表面铺上一种动摩擦因数逐渐增大的特殊材料，物块在平板车上向右滑动时，所受摩擦力 Ff随它距 B 点位移 L 的变化关系如图乙所示，物块最终滑离了平板车，求物块滑离平板车时的速度大小 尝试解答：【解析】(1)小物块 C 与 A 发生碰撞后粘在一起，由动量守恒定律得：mv02mv 解得 v12v0；碰撞过程中系统损失的机械能为 E损12mv0212(2m)v2 解得 E损14mv02.(2)当 AC 上
17、升到最大高速时，ABC 系统的速度相等，根据动量守恒定律：mv0(mm3m)v1 解得 v115v0 由能量守恒：2mgh12m1v215m1v2 【变式训练 2】如图所示，一小车置于光滑水平面上，轻质弹簧右端固定，左端栓连物块 b，小车质量 M=3kg，AO 部分粗糙且长 L=2m，动摩擦因数=0.3，OB 部分光滑另一小物块 a放在车的最左端，和车一起以 V0=4m/s 的速度向右匀速运动，车撞到固定挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连已知车 OB 部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内a、b 两物块视为质点质量均为 m=1kg，碰撞时间极短且不粘连，碰后一起向右运动（取 g
18、=10m/s2）求：（1）物块 a 与 b 碰后的速度大小；（2）当物块 a 相对小车静止时小车右端 B 到挡板的距离；（3）当物块 a 相对小车静止时在小车上的位置到 O 点的距离 尝试解答：【解析】(1)物块从圆弧轨道 A 点滑到 B 点的过程中机械能守恒：mgR12mvB2 解得：vB3 m/s 在 B 点由牛顿第二定律得 FNmgmvB2R 解得：FN30 N 由牛顿第三定律知，物块滑到 B 点时对轨道的压力 FNFN30 N(2)物块滑上平板车后，系统的动量守恒，mvB(mM)v共 解得 v共0.5 m/s(3)物块在平板车上滑行时克服摩擦力做的功为 FfL 图线与横轴所围的面积，则
19、 W 260.5 J2 J 【变式训练 3】如图所示，倾角 37的光滑固定斜面上放有 A、B、C 三个质量均为 m0.5 kg 的物块(均可视为质点)，A 固定，C 与斜面底端处的挡板接触，B 与 C 通过轻弹簧相连且均处于静止状态，A、B 间的距离 d3 m，现释放 A，一段时间后 A 与 B 发生碰撞，A、B 的碰撞为弹性碰撞，碰撞后立即撤去 A，取 g10 m/s2，sin370.6，cos370.8。(1)求 A 与 B 碰撞前瞬间 A 的速度大小 v0；(2)若 B 沿斜面向下运动到速度为零时(此时弹簧仍在弹性限度内)，弹簧的弹性势能增量Ep10.8 J，求 B 沿斜面向下运动的最大
20、距离 x；(3)若 C 刚好要离开挡板时，B 的动能 Ek8.7 J，求弹簧的劲度系数 k。尝试解答：解：（1）对物块 a，由动能定理得：，代入数据解得 a 与 b 碰前速度：v1=2m/s；a、b 碰撞过程系统动量守恒，以 a 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv1=2mv2，代入数据解得：v2=1m/s；（2）当弹簧恢复到原长时两物块分离，a 以 v2=1m/s 在小车上向左滑动，当与车同速时，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv2=（M+m）v3，代入数据解得：v3=0.25m/s，对小车，由动能定理得：，代入数据解得，同速时车 B 端距挡板的距离：=0.03125m；（3）由
21、能量守恒得：，解得滑块 a 与车相对静止时与 O 点距离：；题型 3 力学三大观点解决多过程问题 1表现形式(1)直线运动：水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动(2)圆周运动：绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动(3)平抛运动：与斜面有关的平抛运动、与圆轨道有关的平抛运动 2、解题技巧：多过程问题看似复杂，但一般都可以划分为多段基本运动形式：直线运动、平抛运动、圆周运动。（1）解题思路：对于这类问题，首先做受力分析和运动分析，根据受力和运动特点尝试解答：解析(1)对 A 由释放到与 B 碰撞前瞬间，根据机械能守恒定律有：mgdsin12mv20 解得：v06
22、m/s。(2)设碰撞后瞬间 A、B 的速度大小分别为 v1、v2，根据动量守恒定律有：mv0mv1mv2 A、B 碰撞过程系统机械能守恒，有：12mv2012mv2112mv22 解得：v10，v2v06 m/s A、B 碰撞后，对 B 沿斜面向下压缩弹簧至 B 速度为零的过程，根据能量守恒定律有：Ep12mv22mgxsin 解得：x0.6 m。(3)A、B 碰撞前，弹簧的压缩量为：x1mgsink 当 C 刚好要离开挡板时，弹簧的伸长量为：x2mgsink 将多过程问题划分为几个基本的力学模型，最好画出草图。提示：对于比较复杂的多过程运动，例如两个以上物块在木板上的滑动，当速度达到相同时受
23、力特点有可能发生突变，这时要仔细分析临界情况，看是否要划分过程。然后根据每个过程的特点，结合力学三大观点的选用原则选择合适的力学规律(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律、牛顿运动定律、运动学关系式、动量守恒定律、动量定理)列方程，并注意过程衔接处的物理量关系(如速度大小不变)。联立方程求解(有些情况需要先计算出一个过程末的物理量，然后再据此重复(1)(2)步骤分析下一个过程列方程求解，层层递进)。（2）过程等效：根据受力特点，有些多个过程可以简化为一个过程应用力学规律，提高效率。例如物体经过多段光滑轨道，虽然运动规律不同，但可以整体上运用机械能守恒定律；多个物体连续多次碰撞，有时可以看成一
24、个过程运用动量守恒定律。作简化等效处理时要注意细节分析，如几个物体连续碰撞时虽然动量守恒，但可能有机械能损失，这种情况极容易出错。如图甲所示，足够长的木板 C 通过某一装置锁定在地面上，物块 A、B 静止在木板C 上，物块 A、B 间距离为 1.1 m。开始时物块 A 以速度 v06 m/s 向右运动，物块 A 在与 B碰撞前一段时间内的运动图象如图乙所示。已知物块 A、B 可视为质点，质量分别为 mA1 kg、mB4 kg，A、B 与木板间的动摩擦因数相同，木板 C 的质量为 mC1 kg，C 与地面间的动摩擦因数为16。A 与 B 弹性碰撞过程时间极短、可忽略摩擦力的影响，A、B 碰撞瞬间
25、木板 C 解除锁定。重力加速度取 10 m/s2。求：(1)物块与木板间的动摩擦因数；(2)碰撞后瞬间物块 A 的速度；(3)最后停止时物块 A、B 间的距离(结果保留两位小数)。【变式训练 1】如图 4 所示，一对杂技演员(都视为质点)荡秋千(秋千绳处于水平位置)从 A点由静止出发绕 O 点下摆，当摆到最低点 B 时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到出发点 A.已知男演员质量为 2m、女演员质量为 m，秋千的质量不计，秋千的摆长为 R，C 点比 O 点低 5R.不计空气阻力，重力加速度为 g，求：尝试解答：解析(1)根据图象可知 aAvt 对 A 受力分析并由牛顿
26、第二定律有：1mAgmAaA 联立式解得物块与木板间的动摩擦因数10.5(2)设碰撞前瞬间 A 的速度为 v，则 v2v202aAx1 由于 A、B 弹性碰撞，取向右为正方向，设碰撞后 A、B 的速度分别为 vA、vB，则 mAvmAvAmBvB 12mAv212mAv2A12mBv2B 联立式解得：vA3 m/s，vB2 m/s 即碰撞后瞬间物块 A 的速度大小为 3 m/s，方向向左。(3)碰撞后对木板 C 受力分析得 1mBg1mAg2(mAmBmC)gmCaC 由物块 B 受力得：1mBgmBaB 分析可知 B 先与 C 相对静止，设经时间 t1物块 B 与木板 C 达到相同的速度 v
27、，则 vvBaBt1 此时 C 的速度为 vaCt1 联立 式解得：v1.0 m/s，t10.2 s 从 A、B 碰撞结束到 B、C 速度相同，设 B 向右的位移大小为 x2，则 x2vBv2t1 图 4(1)摆到最低点 B，女演员未推男演员时秋千绳的拉力大小；(2)推开过程中，女演员对男演员做的功；(3)男演员落地点 C 与 O 点的水平距离 s.变式训练 2 如图 5 所示，光滑的水平桌面高 h5 m，桌面上有两个质量分别为 mA5 kg、mB1 kg 的小球 A、B，它们之间有一个压缩的轻弹簧(弹簧长度很短、与两小球没有拴接)，B 球通过一个长 L0.5 m、竖直绷紧的轻绳挂在 B 的正
28、上方 O 点现同时由静止释放两小尝试解答：【解析】(1)两杂技演员从 A 点下摆到 B 点，只有重力做功，机械能守恒设二者到达 B 点的速度大小为 v0，则由机械能守恒定律有：(m2m)gR12(m2m)v02 设绳子拉力大小为 FT，由受力分析和圆周运动知识有：FT(m2m)gm2mv02R 则 FT9mg(2)两演员相互作用，沿水平方向动量守恒 设作用后女、男演员的速度大小分别为 v1、v2，以 v2的方向为正方向，(m2m)v02mv2mv1 女演员上摆到 A 点过程中机械能守恒，因此有 mgR12mv12 女演员推开男演员做功：W122mv22122mv02 球，已知 B 球以后恰好在
29、竖直平面内做完整的圆周运动不计空气阻力g10 m/s2，求：(1)小球 A 落地时距桌面边缘的水平距离 x；(2)最初弹簧储存的弹性势能 Ep.【变式训练 3】如图所示，有一个可视为质点的质量为 m1 kg 的小物块，从光滑平台上的A 点以 v02 m/s 的初速度水平抛出，到达 C 点时，恰好沿 C 点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端 D 点的质量为 M3 kg 的长木板 已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数 0.3，圆弧轨道的半径为 R0.4 m，C 点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角 60
30、，不计空气阻力，g 取 10 m/s2.求：尝试解答：【解析】(1)设球 A、B 被弹簧弹开后的速度分别为 vA、vB，B 球在最高点有 mBgmBvB12L B 被弹簧弹开后运动至最高点过程，由机械能守恒定律有12mBvB2mBg2L12mBvB12 解得 vB5 m/s A、B 被弹簧弹开过程动量守恒，以 vA的方向为正方向，0mAvAmBvB 解得 vA1 m/s A 离开桌面边缘后做平抛运动，h1gt2，xv t (1)小物块到达 C 点时的速度大小；(2)小物块刚要到达圆弧轨道末端 D 点时对轨道的压力；(3)要使小物块不滑出长木板，木板的长度 L 至少多大 【变式训练 4】如图所示
31、，半径为 R 的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定在水平地面上，下端与水平地面在 P 点相切，一个质量为 2m 的物块 B(可视为质点)静止在水平地面上，左端固定有水平轻弹簧，Q 点为弹簧处于原长时的左端点，P、Q 间的距离为 R，PQ 段地面粗糙、动摩擦因数为 0.5，Q 点右侧水平地面光滑，现将质量为 m 的物块 A(可视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑，重力加速度为 g.求：(1)物块 A 沿圆弧轨道滑至 P 点时对轨道的压力大小；尝试解答：【解析】(1)小物块到达 C 点时的速度方向与水平方向的夹角为 60，vCv0cos 604 m/s (2)小物块由 C 到 D 的过程中，由动能
32、定理得：mgR(1cos 60)12mvD212mvC2，代入数据解得：vD2 5 m/s.小物块在 D 点时由牛顿第二定律得：FNmgmvD2R 代入数据解得：FN60 N，由牛顿第三定律得：FNFN60 N，方向竖直向下(3)若小物块始终在长木板上，当达到共同速度时速度大小为 v，小物块在木板上滑行的过程中，由动量守恒定律得 mvD(Mm)v 解得：v5 m/s (2)弹簧被压缩的最大弹性势能(未超过弹性限度)；(3)物块 A 最终停止位置到 Q 点的距离 【基础演练，强化理解】1(2019湖南岳阳模拟)如图所示，一块足够长的木板 C 质量为 4m，放在光滑尝试解答：【解析】(1)物块 A
33、 从静止沿圆弧轨道滑至 P 点，设物块 A 在 P 点的速度大小为 vP，由机械能守恒定律有：mgR12mvP2 在最低点轨道对物块的支持力大小为 FN，由牛顿第二定律有：FNmgmvP2R，联立解得：FN3mg，由牛顿第三定律可知物块对轨道 P 点的压力大小为 3mg.(2)设物块 A 与弹簧接触前瞬间的速度大小为 v0，由动能定理有 mgRmgR12mv020，解得 v0 gR，当物块 A、物块 B 具有共同速度 v 时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有：mv0(m2m)v，12mv0212(m2m)v2Ep，联立解得 Ep13mgR.(3)设物块 A 与弹簧分离时，A、B 的速度大小
34、分别为 v1、v2，规定向右为正方向，则有 mv0mv12mv2，111 的水平面上，在木板上自左向右放有 A、B 两个完全相同的炭块(在木板上滑行时能留下痕迹)，两炭块质量均为 m，与木板间的动摩擦因数均为，开始时木板静止不动，A、B 两炭块的初速度分别为 v0、2v0，方向如图所示，A、B 两炭块相距足够远。求：(1)木板的最终速度；(2)木块 A 在整个过程中的最小速度；(3)A、B 两炭块在木板上所留痕迹的长度之和。解析(1)选 A、B、C 整体为研究对象，由动量守恒定律可得：mv0m2v0(mm4m)v 解得：v0.5v0。(2)A、B 做匀减速直线运动的加速度大小 amgmg A、
35、B 都滑动时，木板的加速度大小 amgmg4m12g。因为 A 的初速度较小，A 与木板先达到共同速度，A 与木板达到共同速度后，再与木板一起做匀加速直线运动，可知 A 与木板速度相同时，速度最小。设此过程经历时间为 t，则：v0atat，解得：t2v03g，则 A 的最小速度 vminv0at13v0。(3)全过程根据能量守恒定律得：mgx12mv2012m(2v0)2126mv2 解得：x7v204g。2如图 a 所示，轻质弹簧左端固定在墙上，自由状态时右端在 C 点，C 点左侧地面光滑、右侧地面粗糙。用可视为质点的质量为 m1 kg 的物体 A 将弹簧压缩至 O 点并锁定。以 O 点为原
36、点建立坐标轴。现用水平向右的拉力F 作用于物体 A，同时解除弹簧锁定，使物体 A 做匀加速直线运动，拉力 F 随位移 x 变化的关系如图 b 所示，运动到 0.225 m 处时，撤去拉力 F。(1)求物体 A 与粗糙地面间的动摩擦因数以及向右运动至最右端的位置D 点的坐标；(2)若在 D 点给物体 A 一向左的初速度，物体 A 恰好能将弹簧压缩至 O 点，求物体 A 到 C 点时的速度；(3)质量为 M3 kg 的物体 B 在 D 点与静止的物体 A 发生弹性正碰，碰后物体 A 向左运动并恰能压缩弹簧到 O 点，求物体 B 与 A 碰撞前的瞬时速度。解析(1)由于物体 A 做匀加速直线运动，结
37、合图象分析可知，在 C 点：FC5 Nma 解得：a5 m/s2 在 C 点右侧：Fmgma，F10 N 解得：0.5 从 O 到 C 点，物体做匀加速运动，则：v2C2axOC 解得：vC1 m/s 从 C 到 D 的过程中，由动能定理得：Fx1mgxCD012mv2C 其中 x10.225 m0.1 m0.125 m 解得：xCD0.35 m 则 D 点坐标为：xDxOCxCD0.45 m。(2)物体A将弹簧由C点压缩至O点的过程，由动能定理得：W弹012mv2C1 物体从 O 到 C，由动能定理得：W弹WF12mv2C0 其中 WFFC2xOC 联立解得：vC122 m/s。(3)设 B
38、 碰前速度为 v0，碰后速度为 v1；碰后 A 的速度为 v2，则：Mv0Mv1mv2 12Mv2012Mv2112mv22 物体 A 从 D 到 C 过程中，由动能定理：mgxCD12mv2C112mv22 联立解得：v043 m/s。3一质量 M2 kg 的长木板 B 静止在光滑的水平面上，B 的右端与竖直挡板的距离为 s0.5 m。一个质量为m1 kg 的小物体 A 以初速度 v06 m/s 从 B 的左端水平滑上 B，当 B 与竖直挡板每次碰撞时，A 都没有到达 B 的右端。设物体 A 可视为质点，A、B 间的动摩擦因数 0.2，B 与竖直挡板碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失，g
39、取 10 m/s2。求：(1)B 与竖直挡板第一次碰撞前的瞬间，A、B 的速度值各是多少？(2)最后要使 A 不从 B 上滑下，木板 B 的长度至少是多少？(最后结果保留三位有效数字)解析(1)假设 B 与挡板碰撞前已与 A 达到共速，设 A、B 达到共同速度 v1时，B 向右运动的距离为 s1，则 由动量守恒定律有：mv0(Mm)v1 对 B，由动能定理有：mgs112Mv21 联立解得：s12 m 由于 s0.5 m2 m，可知 B 与挡板碰撞时，A、B 还未达到共同速度，即假设不成立。设 B 与挡板碰撞前瞬间 A 的速度为 vA，B 的速度为 vB，则 由动量守恒定律有：mv0mvAMv
40、B 对 B，由动能定理有：mgs12Mv2B 联立解得：vA4 m/s，vB1 m/s(2)B 与挡板第一次碰后向左减速运动，当 B 速度减为零时，设 B 向左运动的距离为 sB，由动能定理有：mgsB12Mv2B 由上式解得：sB0.5 m 在 A 的作用下 B 再次向右运动，假设 B 与挡板碰撞前 A、B 已共速，设当 A、B 向右运动达到共同速度 v2时 B 向右运动距离为 s2，由动量守恒定律有：mvAMvB(Mm)v2 对 B，由动能定理有：mgs212Mv22 解得：v223 m/s，s229 msB，故假设成立 A、B 以共同速度23 m/s 向右运动，B 第二次与挡板碰撞后，以
41、原速率反弹向左运动。此后由于系统的总动量向左，故最后 A、B 将以共同速度 v3向左匀速运动。由动量守恒定律有：(Mm)v2(Mm)v3 解得：v329 m/s 设 A 在 B 上运动的总路程为 L(即木板 B 的最小长度)，对 A、B 组成的系统由功能关系得：mgL12mv2012(Mm)v23 代入数据解得：L8.96 m。【实战演练，悟透高考】1.(2019全国卷25)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图甲示。t0 时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的
42、P点(图中未标出)时，速度减为 0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的vt图象如图乙所示，图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。(1)求物块B的质量；(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等。在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的 动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。解析：(1)根据题图乙，v1为物块 A 在碰撞前瞬间速度的大小，v12为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块 B 的质量
43、为 m，碰撞后瞬间的速度大小为 v。由动量守恒定律和机械能守恒定律有 mv1mv12mv 12mv2112m12v1212mv2 联立式得 m3m(2)在题图乙所描述的运动中，设物块 A 与轨道间的滑动摩擦力大小为 Ff，下滑过程中所走过的路程为 x1，返回过程中所走过的路程为 x2，P 点的高度为 h，整个过程中克服摩擦力所做的功为 W。由动能定理有 mgHFfx112mv210(Ffx2mgh)012mv122 从题图乙所给出的 v t 图线可知 x112v1t1 x212v12(1.4t1t1)由几何关系x2x1hH 物块 A 在整个过程中克服摩擦力所做的功为 WFfx1Ffx2 联立式
44、可得 W215mgH10 （3）设倾斜轨道倾角为，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为，有 Wmgcos Hhsin 设物块 B 在水平轨道上能够滑行的距离为 x，由动能定理有 mgx012mv2 设改变后的动摩擦因数为，由动能定理有 mghmgcos hsin mgx0 联立10 式可得 119 2.(2019全国卷25)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA1.0 kg，mB4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l1.0 m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek10.0 J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向
45、向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为0.20。重力加速度取g10 m/s2。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？解析：(1)设弹簧释放瞬间 A 和 B 的速度大小分别为 vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有 0mAvAmBvB Ek12mAv2A12mBv2B 联立式并代入题给数据得 vA4.0 m/s，vB1.0 m/s(2)A、B 两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设
46、为 a。假设 A 和 B 发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的 B。设从弹簧释放到 B 停止所需时间为 t，B 向左运动的距离为 xB，则有 mBamBg xBvBt12at2 vBat0 在时间 t 内，A 可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后 A 将向左运动，碰撞并不改变 A 的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A 在时间 t 内的路程 xA都可表示为 xAvAt12at2 联立式并代入题给数据得 xA1.75 m，xB0.25 m 这表明在时间 t 内 A 已与墙壁发生碰撞，但没有与 B 发生碰撞，此时 A 位于出发点右边0.25 m 处。B位于出发点左边0.25 m处
47、，两物块之间的距离x为x0.25 m0.25 m0.50 m (3)t 时刻后 A 将继续向左运动，假设它能与静止的 B 碰撞，碰撞时速度的大小为 vA，由动能定理有 12mAvA212mAv A2mAg(2lxB)10 联立式并代入题给数据得 vA 7 m/s 故 A 与 B 将发生碰撞。设碰撞后 A、B 的速度分别为 vA和 vB，由动量守恒定律与机械能守恒定律有 mA(vA)mAvAmBvB 12mAvA212mAvA212mBvB2 联立 式并代入题给数据得 vA3 75 m/s，vB2 75 m/s 这表明碰撞后 A 将向右运动，B 继续向左运动。设碰撞后 A 向右运动距离为 xA时
48、停止，B 向左运动距离为 xB时停止，由运动学公式 2axAvA2,2axBvB2 由 式及题给数据得 xA0.63 m，xB0.28 m xA小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离xxAxB0.91 m 3.(2016全国卷)如图，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为34m。两物块与地面间的动摩擦因数均相同。现使a以初速度v0向右滑动。此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞。重力加速度大小为g，求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件。解析：设物块与地面间的动摩擦因数为，若要物块 a、b 能够发生碰撞，应有 12mv20mgl 即v202gl 设在 a、b 发生弹性碰撞前的瞬间 a 的速度大小为 v1。由能量守恒有 12mv2012mv21mgl 设在 a、b 碰撞后的瞬间，a、b 的速度大小分别为 v1、v2，由动量守恒和能量守恒有 mv1mv134mv2 12mv2112mv1212(34m)v22 联立式解得 v287v1 由题意知，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知12(34m)v2234mgl 联立式，可得 32v20113gl 联立式，a 与 b 发生弹性碰撞，但 b 没有与墙发生碰撞的条件32v20113glv202gl